2026届福建省石狮市永宁中学高考适应性考试数学试卷含解析

这是一份2026届福建省石狮市永宁中学高考适应性考试数学试卷含解析，共2页。试卷主要包含了已知复数，则的虚部是，给出下列四个命题，设，，是非零向量.若，则等内容，欢迎下载使用。
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．甲、乙、丙三人相约晚上在某地会面，已知这三人都不会违约且无两人同时到达，则甲第一个到、丙第三个到的概率是（ ）
A．B．C．D．
2．将函数图象上各点的横坐标伸长到原来的3倍（纵坐标不变），再向右平移个单位长度，则所得函数图象的一个对称中心为（ ）
A．B．C．D．
3．执行如图所示的程序框图，输出的结果为（ ）
A．B．4C．D．
4．若函数函数只有1个零点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
5．某三棱锥的三视图如图所示，网格纸上小正方形的边长为，则该三棱锥外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
6．一个正四棱锥形骨架的底边边长为，高为，有一个球的表面与这个正四棱锥的每个边都相切，则该球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
7．已知复数，则的虚部是（ ）
A．B．C．D．1
8．椭圆是日常生活中常见的图形，在圆柱形的玻璃杯中盛半杯水，将杯体倾斜一个角度，水面的边界即是椭圆.现有一高度为12厘米，底面半径为3厘米的圆柱形玻璃杯，且杯中所盛水的体积恰为该玻璃杯容积的一半（玻璃厚度忽略不计），在玻璃杯倾斜的过程中（杯中的水不能溢出），杯中水面边界所形成的椭圆的离心率的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
9．给出下列四个命题：①若“且”为假命题，则﹑均为假命题；②三角形的内角是第一象限角或第二象限角；③若命题，，则命题，；④设集合，，则“”是“”的必要条件；其中正确命题的个数是（ ）
A．B．C．D．
10．设，，是非零向量.若，则（ ）
A．B．C．D．
11．已知定义在上的奇函数，其导函数为，当时，恒有．则不等式的解集为（ ）．
A．B．
C．或D．或
12．中，，为的中点，，，则（ ）
A．B．C．D．2
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．在中，角所对的边分别为，，的平分线交于点D，且，则的最小值为________．
14．若双曲线的两条渐近线斜率分别为，，若，则该双曲线的离心率为________.
15．从甲、乙等8名志愿者中选5人参加周一到周五的社区服务，每天安排一人，每人只参加一天.若要求甲、乙两人至少选一人参加，且当甲、乙两人都参加时，他们参加社区服务的日期不相邻，那么不同的安排种数
为______________.(用数字作答)
16． “石头、剪子、布”是大家熟悉的二人游戏，其规则是：在石头、剪子和布中，二人各随机选出一种，若相同则平局；若不同，则石头克剪子，剪子克布，布克石头.甲、乙两人玩一次该游戏，则甲不输的概率是______.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）已知等差数列满足，公差，等比数列满足，，．
求数列，的通项公式；
若数列满足，求的前项和．
18．（12分） 已知函数，．
（Ⅰ）当时，求曲线在处的切线方程；
（Ⅱ）求函数在上的最小值；
（Ⅲ）若函数，当时，的最大值为，求证：.
19．（12分）在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（是参数），以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.
（1）求直线与曲线的普通方程，并求出直线的倾斜角；
（2）记直线与轴的交点为是曲线上的动点，求点的最大距离.
20．（12分）已知函数．
（1）当（为自然对数的底数）时，求函数的极值；
（2）为的导函数，当，时，求证：．
21．（12分）在中,角、、所对的边分别为、、，角、、的度数成等差数列，.
（1）若，求的值；
（2）求的最大值.
22．（10分）已知数列中，，前项和为，若对任意的，均有（是常数，且）成立，则称数列为“数列”.
（1）若数列为“数列”，求数列的前项和；
（2）若数列为“数列”，且为整数，试问：是否存在数列，使得对任意，成立？如果存在，求出这样数列的的所有可能值，如果不存在，请说明理由.
参考答案
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1、D
【解析】
先判断是一个古典概型，列举出甲、乙、丙三人相约到达的基本事件种数，再得到甲第一个到、丙第三个到的基本事件的种数，利用古典概型的概率公式求解.
【详解】
甲、乙、丙三人相约到达的基本事件有甲乙丙，甲丙乙，乙甲丙，乙丙甲，丙甲乙，丙乙甲，共6种，
其中甲第一个到、丙第三个到有甲乙丙，共1种，
所以甲第一个到、丙第三个到的概率是.
故选：D
【点睛】
本题主要考查古典概型的概率求法，还考查了理解辨析的能力，属于基础题.
2、D
【解析】
先化简函数解析式,再根据函数的图象变换规律,可得所求函数的解析式为,再由正弦函数的对称性得解.
【详解】
,
将函数图象上各点的横坐标伸长到原来的3倍,所得函数的解析式为
,
再向右平移个单位长度,所得函数的解析式为
,
，
可得函数图象的一个对称中心为，故选D.
【点睛】
三角函数的图象与性质是高考考查的热点之一，经常考查定义域、值域、周期性、对称性、奇偶性、单调性、最值等，其中公式运用及其变形能力、运算能力、方程思想等可以在这些问题中进行体现，在复习时要注意基础知识的理解与落实．三角函数的性质由函数的解析式确定，在解答三角函数性质的综合试题时要抓住函数解析式这个关键，在函数解析式较为复杂时要注意使用三角恒等变换公式把函数解析式化为一个角的一个三角函数形式，然后利用正弦（余弦）函数的性质求解．
3、A
【解析】
模拟执行程序框图，依次写出每次循环得到的的值，当，，退出循环，输出结果.
【详解】
程序运行过程如下：
，；，；，；
，；，；
，；，，退出循环，输出结果为，
故选：A.
【点睛】
该题考查的是有关程序框图的问题，涉及到的知识点有判断程序框图输出结果，属于基础题目.
4、C
【解析】
转化有1个零点为与的图象有1个交点，求导研究临界状态相切时的斜率，数形结合即得解.
【详解】
有1个零点
等价于与的图象有1个交点．
记，则过原点作的切线，
设切点为，
则切线方程为，
又切线过原点，即，
将，
代入解得．
所以切线斜率为，
所以或．
故选：C
【点睛】
本题考查了导数在函数零点问题中的应用，考查了学生数形结合，转化划归，数学运算的能力，属于较难题.
5、C
【解析】
作出三棱锥的实物图，然后补成直四棱锥，且底面为矩形，可得知三棱锥的外接球和直四棱锥的外接球为同一个球，然后计算出矩形的外接圆直径，利用公式可计算出外接球的直径，再利用球体的表面积公式即可得出该三棱锥的外接球的表面积.
【详解】
三棱锥的实物图如下图所示：
将其补成直四棱锥，底面，
可知四边形为矩形，且，.
矩形的外接圆直径，且.
所以，三棱锥外接球的直径为，
因此，该三棱锥的外接球的表面积为.
故选：C.
【点睛】
本题考查三棱锥外接球的表面积，解题时要结合三视图作出三棱锥的实物图，并分析三棱锥的结构，选择合适的模型进行计算，考查推理能力与计算能力，属于中等题.
6、B
【解析】
根据正四棱锥底边边长为，高为，得到底面的中心到各棱的距离都是1，从而底面的中心即为球心.
【详解】
如图所示：
因为正四棱锥底边边长为，高为，
所以 ，
到 的距离为，
同理到 的距离为1，
所以为球的球心，
所以球的半径为：1，
所以球的表面积为.
故选：B
【点睛】
本题主要考查组合体的表面积，还考查了空间想象的能力，属于中档题.
7、C
【解析】
化简复数，分子分母同时乘以，进而求得复数，再求出，由此得到虚部.
【详解】
，，所以的虚部为.
故选：C
【点睛】
本小题主要考查复数的乘法、除法运算，考查共轭复数的虚部，属于基础题.
8、C
【解析】
根据题意可知当玻璃杯倾斜至杯中水刚好不溢出时，水面边界所形成椭圆的离心率最大，由椭圆的几何性质即可确定此时椭圆的离心率，进而确定离心率的取值范围.
【详解】
当玻璃杯倾斜至杯中水刚好不溢出时，水面边界所形成椭圆的离心率最大.
此时椭圆长轴长为，短轴长为6，
所以椭圆离心率，
所以.
故选：C
【点睛】
本题考查了橢圆的定义及其性质的简单应用，属于基础题.
9、B
【解析】
①利用真假表来判断，②考虑内角为，③利用特称命题的否定是全称命题判断，
④利用集合间的包含关系判断.
【详解】
若“且”为假命题，则﹑中至少有一个是假命题，故①错误；当内角为时，不是象限角，故②错误；
由特称命题的否定是全称命题知③正确；因为，所以，所以“”是“”的必要条件，
故④正确.
故选：B.
【点睛】
本题考查命题真假的问题，涉及到“且”命题、特称命题的否定、象限角、必要条件等知识，是一道基础题.
10、D
【解析】
试题分析：由题意得：若，则；若，则由可知，，故也成立，故选D.
考点：平面向量数量积.
【思路点睛】几何图形中向量的数量积问题是近几年高考的又一热点，作为一类既能考查向量的线性运算、坐标运算、数量积及平面几何知识，又能考查学生的数形结合能力及转化与化归能力的问题，实有其合理之处.解决此类问题的常用方法是：①利用已知条件，结合平面几何知识及向量数量积的基本概念直接求解(较易)；②将条件通过向量的线性运算进行转化，再利用①求解(较难)；③建系，借助向量的坐标运算，此法对解含垂直关系的问题往往有很好效果.
11、D
【解析】
先通过得到原函数为增函数且为偶函数，再利用到轴距离求解不等式即可.
【详解】
构造函数，
则
由题可知，所以在时为增函数；
由为奇函数，为奇函数，所以为偶函数；
又，即
即
又为开口向上的偶函数
所以，解得或
故选：D
【点睛】
此题考查根据导函数构造原函数，偶函数解不等式等知识点，属于较难题目.
12、D
【解析】
在中，由正弦定理得；进而得，在中，由余弦定理可得.
【详解】
在中，由正弦定理得，得，又，所以为锐角，所以，，
在中，由余弦定理可得，
.
故选：D
【点睛】
本题主要考查了正余弦定理的应用，考查了学生的运算求解能力.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、9
【解析】
分析：先根据三角形面积公式得条件、再利用基本不等式求最值.
详解：由题意可知，,由角平分线性质和三角形面积公式得，化简得，因此
当且仅当时取等号，则的最小值为.
点睛：在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”(即条件要求中字母为正数)、“定”(不等式的另一边必须为定值)、“等”(等号取得的条件)的条件才能应用，否则会出现错误.
14、2
【解析】
由题得,再根据求解即可.
【详解】
双曲线的两条渐近线为,可令,,则,所以,解得.
故答案为：2.
【点睛】
本题考查双曲线渐近线求离心率的问题.属于基础题.
15、5040.
【解析】
分两类，一类是甲乙都参加，另一类是甲乙中选一人，方法数为。填5040.
【点睛】
利用排列组合计数时，关键是正确进行分类和分步，分类时要注意不重不漏.在本题中，甲与乙是两个特殊元素，对于特殊元素“优先法”，所以有了分类。本题还涉及不相邻问题，采用“插空法”。
16、
【解析】
用树状图法列举出所有情况，得出甲不输的结果数，再计算即得.
【详解】
由题得，甲、乙两人玩一次该游戏，共有9种情况，其中甲不输有6种可能，故概率为.
故答案为：
【点睛】
本题考查随机事件的概率，是基础题.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17、，；.
【解析】
由，公差，有，，成等比数列，所以，解得.进而求出数列，的通项公式；
当时，由，所以，当时，由，，可得，进而求出前项和．
【详解】
解：由题意知，，公差，有1，，成等比数列，
所以，解得．
所以数列的通项公式．
数列的公比，其通项公式．
当时，由，所以．
当时，由，，
两式相减得，
所以．
故
所以的前项和
，．
又时，，也符合上式，故.
【点睛】
本题主要考查等差数列和等比数列的概念，通项公式，前项和公式的应用等基础知识；考查运算求解能力，方程思想，分类讨论思想，应用意识，属于中档题．
18、（Ⅰ）（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见解析.
【解析】
试题分析：（Ⅰ）由题，
所以故，，代入点斜式可得曲线在处的切线方程；
（Ⅱ）由题
（1）当时，在上单调递增. 则函数在上的最小值是
（2）当时，令，即，令，即
（i）当，即时，在上单调递增，
所以在上的最小值是
（ii）当，即时，由的单调性可得在上的最小值是
（iii）当，即时，在上单调递减，在上的最小值是
（Ⅲ）当时，
令，则是单调递减函数.
因为，，
所以在上存在，使得，即
讨论可得在上单调递增，在上单调递减.
所以当时，取得最大值是
因为，所以由此可证
试题解析：（Ⅰ）因为函数，且，
所以，
所以
所以，
所以曲线在处的切线方程是，即
（Ⅱ）因为函数，所以
（1）当时，，所以在上单调递增.
所以函数在上的最小值是
（2）当时，令，即，所以
令，即，所以
（i）当，即时，在上单调递增，
所以在上的最小值是
（ii）当，即时，在上单调递减，在上单调递增，
所以在上的最小值是
（iii）当，即时，在上单调递减，
所以在上的最小值是
综上所述，当时，在上的最小值是
当时，在上的最小值是
当时，在上的最小值是
（Ⅲ）因为函数，所以
所以当时，
令，所以是单调递减函数.
因为，，
所以在上存在，使得，即
所以当时，；当时，
即当时，；当时，
所以在上单调递增，在上单调递减.
所以当时，取得最大值是
因为，所以
因为，所以
所以
19、（1），，直线的倾斜角为
（2）
【解析】
（1）由公式消去参数得普通方程，由公式可得直角坐标方程后可得倾斜角；
（2）求出直线与轴交点，用参数表示点坐标，求出，利用三角函数的性质可得最大值．
【详解】
（1）由，消去得的普通方程是：
由，得，
将代入上式，化简得
直线的倾斜角为
（2）在曲线上任取一点，
直线与轴的交点的坐标为
则
当且仅当时，取最大值.
【点睛】
本题考查参数方程与普通方程的互化，考查极坐标方程与直角坐标方程的互化，属于基础题．求两点间距离的最值时，用参数方程设点的坐标可把问题转化为三角函数问题．
20、（1）极大值，极小值；（2）详见解析.
【解析】
首先确定函数的定义域和；
（1）当时，根据的正负可确定单调性，进而确定极值点，代入可求得极值；
（2）通过分析法可将问题转化为证明，设，令，利用导数可证得，进而得到结论.
【详解】
由题意得：定义域为，，
（1）当时，，
当和时，；当时，，
在，上单调递增，在上单调递减，
极大值为，极小值为.
（2）要证：，
即证：，
即证：，
化简可得：．
，，即证：，
设，令，则，
在上单调递增，，则由，
从而有：.
【点睛】
本题考查导数在研究函数中的应用，涉及到函数极值的求解、利用导数证明不等式的问题；本题不等式证明的关键是能够将多个变量的问题转化为一个变量的问题，通过构造函数的方式将问题转化为函数最值的求解问题.
21、 (1)；(2)．
【解析】
(1) 由角的度数成等差数列，得.
又.
由正弦定理，得,即.
由余弦定理，得,即，解得.
(2) 由正弦定理，得
.
由，得.
所以当，即时，.
【方法点睛】
解三角形问题基本思想方法：从条件出发，利用正弦定理(或余弦定理)进行代换、转化．逐步化为纯粹的边与边或角与角的关系，即考虑如下两条途径：①统一成角进行判断，常用正弦定理及三角恒等变换；②统一成边进行判断，常用余弦定理、面积公式等．
22、（1）（2）存在，
【解析】
由数列为“数列”可得,，，两式相减得，又，利用等比数列通项公式即可求出,进而求出;
由题意得，，，两式相减得，，
据此可得,当时,,进而可得,即数列为常数列,进而可得,结合，得到关于的不等式,再由时，且为整数即可求出符合题意的的所有值.
【详解】
因为数列为“数列”，
所以，故，
两式相减得，
在中令，则可得，故
所以，
所以数列是以为首项,以为公比的等比数列，
所以，因为，
所以.
（2）由题意得，故，
两式相减得
所以，当时，
又因为
所以当时,
所以成立,
所以当时，数列是常数列，
所以
因为当时,成立,
所以，
所以
在中令，
因为，所以可得，
所以，
由时，且为整数，
可得,
把分别代入不等式
可得,，
所以存在数列符合题意,的所有值为.
【点睛】
本题考查数列的新定义、等比数列的通项公式和数列递推公式的运用;考查运算求解能力、逻辑推理能力和对新定义的理解能力;通过反复利用递推公式,得到数列为常数列是求解本题的关键;属于综合型强、难度大型试题.